高考物理一轮复习第五章机械能专题六动力学和能量观点的综合应用教案.doc

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1、- 1 - / 10【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第五章机械能专题六动精选高考物理一轮复习第五章机械能专题六动力学和能量观点的综合应用教案力学和能量观点的综合应用教案突破 应用动力学和能量观点分析多过程问题力学综合题中多过程问题的分析思路：(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程.(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解.典例 1 (2016新课标全国卷)如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为 37的

2、固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态.直轨道与一半径为 R 的光滑圆弧轨道相切于 C 点，AC7R，A、B、C、D 均在同一竖直平面内.质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出).随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点，AF4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为 g.(取 sin 37，cos 37)(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小；(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放.已知 P自圆弧轨道的最高点 D 处水平

3、飞出后，恰好通过 G 点.G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距 R、竖直相距 R.求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量.解题指导 第(1)问，求 P 从 C 第一次运动到 B 点时速度的大- 2 - / 10小，有两种方法，可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算.第(2)问，求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能，先根据从 C 到 E再到 F 的过程，由动能定理求出 B、E 之间的距离；再根据从 C 到 E的过程，由动能定理或能量守恒定律求弹性势能.第(3)问，先逆向推理，从 D 到 G 过程，根据平抛运动的分解求出 D 点的速度.再分析由 E 到 D 过程，由动

4、能定理求出质量.解析 (1)根据题意知，B、C 之间的距离为 l7R2R 设 P 到达 B 点时的速度为 vB，由动能定理得mglsin mglcos mv 式中 37联立式并由题给条件得 vB2. (2)设 BEx.P 到达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 Ep.P 由 B 点运动到 E 点的过程中，由动能定理有mgxsin mgxcos Ep0mv E、F 之间的距离为 l14R2Rx P 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有Epmgl1sin mgl1cos 0 联立式并由题给条件得 xR EpmgR. (3)设改变后 P 的质量为 m1.D 点与

5、 G 点的水平距离 x1 和竖直距离 y1 分别为x1RRsin y1RRRcos 式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为 的- 3 - / 10事实.设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t.由平抛运动公式有y1gt2 x1vDt 联立式得 vD 设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 点运动到 D 点的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1g 1 2P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v 联立式得 m1m. 答案 (1)2 (2)mgR (3) m变式 1

6、(2017四川乐山模拟)如图甲所示，在倾角为 37足够长的粗糙斜面底端，一质量 m1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点.t0 时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的 vt 图象如图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直线，在 t10.1 s 时滑块已上滑 s0.2 m 的距离(取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8).求：甲 乙(1)滑块离开弹簧后在图中 bc 段对应的加速度 a 及动摩擦因数 的大小；(2)t20.3 s 和 t30.4 s 时滑块的速度 v1、v2 的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能 Ep.答案：(1)10

7、m/s2 0.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J- 4 - / 10解析：(1)在 bc 段做匀减速运动，加速度为a10 m/s2根据牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma解得 0.5.(2)设 t10.1 s 时速度大小为 v0，根据速度时间公式得t20.3 s 时的速度大小v1v0a(t2t1)0在 t2 之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma解得 a2 m/s2从 t2 到 t3 做初速度为零的加速运动，t3 时刻的速度大小为v3a(t3t2)0.2 m/s.(3)从 0 到 t1 时间内，由能量守恒定律得Epmgssin 37mgs

8、cos 37mv2b解得 Ep4 J.突破 应用动力学和能量观点分析传送带、滑块木板模型1.方法技巧传送带、滑块木板的问题是和实际联系较紧密且较难的物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容.解决此类问题的关键是对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征，列方程联立求解.2.解题模板考向 1 传送带模型分析典例 2 如图所示，一质量为 m1 kg 的可视为质点的滑块，- 5 - / 10放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块

9、静止时弹簧的弹性势能为 Ep4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.2，传送带足够长，取g10 m/s2.求：(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.解题指导 (1)分清运动过程：首先是弹开过程，使滑块获得一速度；然后滑上传送带减速滑行，直到速度减为零；最后反向加速.(2)由于本题数据都为数值，所以需要一边计算一边判断.(3)计算摩擦生热的重点是计算相对位移，根据 Qfx 相对求解.解析 (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为 v1，则 Epmv，得 v13

10、m/s滑块在传送带上运动的加速度的大小 ag2 m/s2滑块向左运动的时间 t11.5 s向左运动的最大位移 x12.25 m向右匀加速运动的位移 x21 mx1x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动向右匀加速运动的时间 t21 s向右匀速运动的时间为 t30.625 s所以 tt1t2t33.125 s.(2)滑块在传送带上向左运动 x1 的位移时，传送带向右运动的位- 6 - / 10移为 x1vt13 m则 x1x1x15.25 m滑块向右运动 x2 时，传送带向右运动的位移为 x2vt22 m则 x2x2x21 mxx1x26.25 m则产生的热量

11、为 Qmgx12.5 J.答案 (1)3.125 s (2)12.5 J考向 2 滑块木板模型分析典例 3 10 个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量 m0.5 kg、长度 L0.6 m，它们与地面之间的动摩擦因数10.1，在左方第一个木块上放一质量 M1 kg 的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数 20.25.现给铅块一向右的初速度v05 m/s，使其在木块上滑行.取 g10 m/s2，求：(1)开始带动木块运动时铅块的速度；(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；(3)铅块运动的总时间.解题指导 (1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木

12、块开始运动.(2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离.(3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和.解析 (1)设铅块可以带动 n 个木块移动，以这 n 个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即2Mg1(Mmn)g解得 n3，取 n2，此时铅块已滑过 8 个木块- 7 - / 10根据动能定理有：Mv20Mv22Mg8L代入数据得，刚滑上木块 9 时铅块的速度：v1 m/s.(2)对铅块 M：a22g2.5 m/s2v2va2t2对最后两块木块 9 和 10 有：a10.5 m/s2v1a1t2令

13、v1v2，故它们获得共同速度所需时间：t2 s铅块的位移：x2vt2a2t22木块的位移：x1a1t22铅块相对木块的位移：xx2x1 mL所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q2Mg(8Lx)12.42 J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为v1a1t2 m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3 s铅块在前 8 个木块上运动的时间：t11.6 s所以铅块运动的总时间：tt1t2t32.1 s.答案 (1)1 m/s (2)12.42 J (3)2.1 s处理滑块木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者

14、速度相等，所用时间相等，由 t可求出共同速度 v 和所用时间 t，然后由位移公式可分别求出二者的位移.- 8 - / 10(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移 x 滑；求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移 x 板；求摩擦生热时用相对滑动的位移 x 相.1.多过程问题的应用如图所示，半径 R1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向间的夹角 37，另一端点 C 为轨道的最低点.C 点右侧的水平路面上紧挨 C 点放置一木板，木板质量 M1 kg，上表面与

15、 C 点等高.质量 m1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v01.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入轨道.已知物块与木板间的动摩擦因数 10.2，木板与路面间的动摩擦因数 20.05，取g10 m/s2.(sin 370.6，cos 370.8)试求：(1)物块经过 B 端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的 C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？答案：(1)2 m/s (2)46 N (3)18 J解析：(1)vB2 m/s.(2)物体从 B 到 C 应用动能定理，有mg(RRsi

16、n )mvmv2 B解得 vC6 m/s在 C 点：Fmgmv2 C R解得 F46 N由牛顿第三定律知物体经过圆弧轨道上的 C 点时对轨道的压力为- 9 - / 1046 N.(3)物块从 A 到 C 过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从 C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，即应用能量守恒定律得 Qmv18 J.2.能量守恒定律的应用如图所示，一物体质量 m2 kg，从倾角 37的斜面上的 A 点以初速度 v03 m/s 下滑，A 点距弹簧上端 B 的距离 AB4 m.当物体到达 B 点后将弹簧压缩到 C 点，最大压缩量 BC0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最

17、高位置为 D 点，D 点距 A 点的距离 AD3 m，挡板及弹簧质量不计，取 g10 m/s2，sin 370.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数 ；(2)弹簧的最大弹性势能 Epm.答案：(1)0.52 (2)24.5 J解析：(1)物体从开始位置 A 点到最后 D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为EEkEpmvmglADsin 37物体克服摩擦力产生的热量为QFfx其中 x 为物体的路程，即 x5.4 mFfmgcos 37由能量守恒定律可得 EQ由式解得 0.52.(2)由 A 到 C 的过程中，动能减少Ekmv重力势能减少 EpmglACsin

18、 37- 10 - / 10摩擦生热 QFflACmgcos 37lAC由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为EpmEkEpQ联立式解得 Epm24.5 J.3.倾斜传送带模型如图所示，与水平面夹角为 30的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端 A 点与上端 B 点间的距离为 L4 m，传送带以恒定的速率 v2 m/s 向上运动.现将一质量为 1 kg 的物体无初速度地放于 A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数 ，取g10 m/s2，求：(1)物体从 A 运动到 B 共需多长时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能.答案：(1)2.4 s (2)28 J解析：(1)物体无初速度地放在 A 处后，因 mgsin mgcos ，故物体斜向上做匀加速直线运动加速度 a2.5 m/s2物体达到与传送带同速所需的时间 t10.8 st1 时间内物体的位移 L1t10.8 m之后物体以速度 v1 做匀速运动，运动的时间 t21.6 s物体运动的总时间 tt1t22.4 s.(2)前 0.8 s 内物体相对传送带的位移为 Lvt1L10.8 m因摩擦而产生的热量 Qmgcos L6 JE 电EkEpQmv2mgLsin Q28 J.